【2021高考复习参考】高三数学(理)配套黄金练习：10-8.docx

第十章 10.8 第八课时
高考数学（理）黄金配套练习
一、选择题
1．已知随机变量ξ听从二项分布ξ～B(6，)，即P(ξ＝2)等于(　　)
A.　　　　　　　　　　　B.
C. D.
答案　D
解析　已知ξ～B(6，)，P(ξ＝k)＝Cpkqn－k，
当ξ＝2，n＝6，p＝时，
有P(ξ＝2)＝C()2(1－)6－2
＝C()2()4＝.
2．一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个登记颜色后放回，直到红球毁灭10次时停止，设停止时共取了ξ次球，则P(ξ＝12)等于(　　)
A．C()10·()2 B．C()9()2·
C．C()9·()2 D．C()9·()2
答案　B
解析　P(ξ＝12)表示第12次为红球，前11次中有9次为红球，从而P(ξ＝12)＝C·()9()2×.
3．在初三一个班中，有的同学数学成果优秀，若从班中随机找出5名同学，那么，其中数学成果优秀的同学数ξ～B(5，)，则p(k；)取最大值的k值为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
答案　B
解析　C()5－k()k≥C()5－(k－1)()k－1
C)5－k()k≥C()5－(k＋1)()k＋1
∴解得≤k≤　∴k＝1，故选B
4．若X～B(5,0.1)，则P(X≤2)等于(　　)
A．0.665 B．0.00856
C．0.91854 D．0.99144
答案　D
5．某厂大量生产某种小零件，经抽样检验知道其次品率是1%，现把这种零件每6件装成一盒，那么每盒中恰好含一件次品的概率是(　　)
A．()6 B．0.01
C.(1－)5 D．C()2(1－)4
答案　C
解析　P＝C·1%·(1－)5.
6．假如ξ～B(15，)，则使p(ξ＝k)取最大值的k值为(　　)
A．3 B．4
C．5 D．3或4
答案　D
解析　实行特殊值法．
∵P(ξ＝3)＝C()3()12，
P(ξ＝4)＝C()4()11，P(ξ＝5)＝C()5()10，
从而易知P(ξ＝3)＝P(ξ＝4)＞(ξ＝5)．
7．有n位同学参与某项选拔测试，每位同学能通过测试的概率都是p(0 B．1－pn
C．pn D．1－(1－p)n
答案　D
解析　明显n位同学参与某项选拔测试可看作n次独立重复试验，其中没有一位同学能通过测试的概率为(1－p)n，故至少有一位同学能通过测试的概率为1－(1－p)n.
二、填空题
8．设某种动物由诞生算起活到20岁的概率为0.8，活到25岁的概率为0.4，现在一个20岁的这种动物，它能活到25岁的概率是________．
答案　0.5
解析　设A＝“能活到20岁”，B＝“能活到25岁”，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.4，而所求概率为P(B|A)，由于B⊆A，故A∩B＝B，于是P(B|A)＝＝＝＝0.5，所以这个动物能活到25岁的概率是0.5.
9．某大厦的一部电梯从底层动身后只能在第18、19、20层停靠．若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为，用ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则P(ξ＝4)＝________.
答案　
解析　考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，
故ξ～B(5，)，
即有P(ξ＝k)＝C()k×()5－k，
k＝0,1,2,3,4,5.
∴P(ξ＝4)＝C()4×()1＝.
10．某篮球队员在竞赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为，则该队员每次罚球的命中率为________．
答案　
解析　设该队员每次罚球的命中率为p(其中0道题能否被正确做出是相互独立的，所以这名考生首次做错一道题时，已正确做出两道题的概率为：
P(A1A2)＝P(A1)·P(A2)·P()
＝××＝.
(2)记“这名考生通过书面测试”为大事B，则这名考生至少正确做出3道题，即正确做出3道或4道题，故P(B)＝C×()3×＋C×()4
＝.
12．在一次考试中出了六道是非题，正确的记“”，不正确的记“”，若某考生完全记上六个符号且答对每道题的概率均为，试求：
(1)全部正确的概率；
(2)正确解答不少于4道的概率；
(3)至少正确解答一半的概率．
解析　(1)P1＝P6(6)＝C·()6＝；
(2)P2＝P6(4)＋P6(5)＋P6(6)
＝C·()4(1－)2＋C·()5(1－)1＋C()6(1－)0＝；
(3)P3＝P6(3)＋P6(4)＋P6(5)＋P6(6)
＝C·()3·()3＋C·()4·()2＋C·()5·()＋C()6＝.
13．设b和c分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，用随机变量ξ表示方程x2＋bx＋c＝0实根的个数(重根按一个计)．
(1)求方程x2＋bx＋c＝0有实根的概率；
(2)求ξ的分布列和数学期望；
(3)求在先后两次毁灭的点数中有5的条件下，方程x2＋bx＋c＝0有实根的概率．
解析　(1)设基本大事空间为Ω，记“方程x2＋bx＋c＝0有实根”为大事A，则A＝{(b，c)|b2－4c≥0，b、c＝1，…，6}
Ω中的基本大事总数为：6×6＝36个．
A中的基本大事总数为：6＋6＋4＋2＋1＝19个
故所求概率为：P(A)＝
(2)由题意，ξ可能取值为0,1,2，则：
P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝.
∴ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
P

∴ξ的数学期望Eξ＝0×＋1×＋2×＝1.
(3)记“先后两次毁灭的点数中有5”为大事B，则P(B)＝1－＝.
P(A∩B)＝＝，
∴P(A|B)＝＝＝.
14．某射手每次射击击中目标的概率是，且各次射击的结果互不影响．
(1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；
(2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率；
(3)假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分．记ξ为射手射击3次后的总得分数，求ξ的分布列．
解析　(1)设X为射手在5次射击击中目标的次数，则X～B(5，)，在5次射击中，恰有2次击中目标的概率
P(X＝2)＝C×()2×(1－)3＝.
(2)设“第i次射击击中目标”为大事Ai(i＝1,2,3,4,5)；“射手在5次射击中， 有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为大事A，则
P(A)＝P(A1A2A345)＋P(1A2A3A45)＋P(12A3A4A5)
＝()3×()2＋×()3×＋()2＋()3
＝.
(3)由题意可知，ξ的全部可能取值为0,1,2,3,6.
P(ξ＝0)＝P(123)＝()3＝；
P(ξ＝1)＝P(A123)＋P(1A23)＋P(12A3)
＝×()2＋××＋()2×＝；
P(ξ＝2)＝P(A12A3)＝××＝；
P(ξ＝3)＝P(A1A23)＋P(1A2A3)＝()2×＋×()2＝；
P(ξ＝6)＝P(A1A2A3)＝()3＝.
所以ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
6
P

拓展练习·自助餐

1．某次学问竞赛规章如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________．
答案　0.128
解析　此选手恰好回答4个问题就晋级下一轮，说明此选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题答对答错都可以．由于每个问题的回答结果相互独立，故所求的概率为1×0.2×0.82＝0.128.
2．某争辩小组在电脑上进行人工降雨模拟试验，预备用A、B、C三种人工降雨方式分别对甲、乙、丙三地实施人工降雨，其试验数据统计如下：
方式
实施地点
大雨
中雨
小雨
模拟试验总次数
A
甲
4次
6次
2次
12次
B
乙
3次
6次
3次
12次
C
丙
2次
2次
8次
12次
假定对甲、乙、丙三地实施的人工降雨彼此互不影响，请你依据人工降雨模拟试验的统计数据．
(1)求甲、乙、丙三地都恰为中雨的概率；
(2)考虑到各地的旱情和水土流失状况不同，假如甲地恰需中雨即达到抱负状态，乙地必需是大雨才达到抱负状态，丙地只需小雨或中雨即达到抱负状态，记“甲、乙、丙三地中达到抱负状态的个数”为随机变量 ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望Eξ.
解析　(1)由人工降雨模拟的统计数据，用A、B、C三种人工降雨方式对甲、乙、丙三地实施人工降雨得到大雨、中雨、小雨的概率如下表所示．

方式
实施地点
大雨
中雨
小雨
A
甲
P(A1)＝
P(A2)＝
P(A3)＝
B
乙
P(B1)＝
P(B2)＝
P(B3)＝
C
丙
P(C1)＝
P(C2)＝
P(C3)＝
设“甲、乙、丙三地都恰为中雨”为大事E，则
P(E)＝P(A2)P(B2)P(C2)＝××＝.
(2)设甲、乙、丙三地都达到抱负状态的概率分别为P1，P2，P3，则P1＝P(A2)＝，P2＝P(B1)＝，P3＝P(C2)＋P(C3)＝.
ξ的可能取值为0,1,2,3.
P(ξ＝0)＝(1－P1)(1－P2)(1－P3)＝××＝；
P(ξ＝1)＝P1(1－P2)(1－P3)＋(1－P1)P2(1－P3)＋(1－P1)(1－P2)P3＝××＋××＋××＝；
P(ξ＝2)＝(1－P1)P2P3＋P1(1－P2)P3＋P1P2(1－P3)＝××＋××＋××＝；
P(ξ＝3)＝P1P2P3＝××＝.
所以随机变量ξ的分布列为

ξ
0
1
2
3
P

所以，数学期望Eξ＝×0＋×1＋×2＋×3＝.

老师备选题

1．在10个球中有6个红球和4个白球(各不相同)，不放回地依次摸出2个球，在第一次摸出红球的条件下，第2次也摸到红球的概率为(　　)
A.　　　　　　　　　B.
C. D.
答案　D
2．国庆节放假，甲去北京旅游的概率为，乙，丙去北京旅游的概率分别为，.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　三个人都不去北京旅游的概率为：
(1－)(1－)(1－)＝
所以至少有1人去北京旅游的概率：
1－＝.
3．金工车间有10台同类型的机床，每台机床配备的电动机功率为10千瓦，已知每台机床工作时平均每小时实际开动12分钟，且开动与否相互独立．现因当地电力供应部门只供应50千瓦的电力，这10台机床能够正常工作的概率有多大？在一个工作班的8小时内，不能正常工作的时间大约是多大？
解析　(1)设10台机床中实际开动的台数为ξ，由于每台机床正在工作的概率为＝，而且每台机床有“工作”与“不工作”两种状况，故ξ～B(10，)，从而
P(ξ＝k)＝C()k()10－k(k＝0,1,2，……，10)．
50千瓦电力可同时供应5台机床开动，因而只要10台机床同时开动的台数不超过5台就可正常工作，这一大事的概率为P(ξ≤5)，
P(ξ≤5)＝P10(0)＋P10(1)＋……＋P10(5)
＝C()10＋C()()9＋……＋C()5()5≈0.994.
(2)由(1)知，在电力供应仅为50千瓦的条件下，机床不能正常工作的概率仅为0.006，从而在一个工作班的8小时内，不能正常工作的时间大约只有8×60×0.006＝2.88(分钟)，这说明10台机床的工作基本上不受电力供应紧急的影响．
4．中国篮球职业联赛(CBA)某赛季总决赛在某两队之间进行，竞赛接受七局四胜制，即若有一队先胜四场，则此队获胜，竞赛就此结束．因两队实力相当，每场竞赛两队获胜的可能性均为.据以往资料统计，第一场竞赛组织者可获得门票收入40万元，以后每场竞赛门票收入比上一场增加10万元．
(1)若组织者在此次决赛中获得的门票收入恰好为300万元，问此决赛共竞赛了多少场？
(2)求组织者在此次决赛中要获得的门票收入不少于390万元的概率为多少？
解析　(1)依题意，每场竞赛获得的门票收入数组成首项为40，公差为10的等差数列，设此数列为{an}，则易知a1＝40，an＝10n＋30.
∴Sn＝＝＝300.
解得n＝5或n＝－12(舍去)．
∴此次决赛共竞赛了5场．
(2)由Sn≥390得n2＋7n≥78，∴n≥6.
∴若要获得的门票收入不少于390万元，则至少要竞赛6场．
①若竞赛共进行了6场，则前5场竞赛的比分必为2∶3，且第6场竞赛为领先一场的球队获胜，其概率
P(6)＝C×()5＝；
②若竞赛共进行了7场，则前6场胜败为3∶3，则概率为P(7)＝C×()6＝；
∴门票收入不少于390万元的概率为
P＝P(6)＋P(7)＝＝＝0.625.
5．投到某杂志的稿件，先由两位初审专家进行评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以录用；若两位初审专家都未予通过，则不予录用；若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用．设稿件能通过各初审专家评审的概率均为0.5，复审的稿件能通过评审的概率为0.3.各专家独立评审．
(1)求投到该杂志的1篇稿件被录用的概率；
(2)记X表示投到该杂志的4篇稿件中被录用的篇数，求X的分布列及期望．
解析　(1)记A表示大事：稿件能通过两位初审专家的评审；
B表示大事：稿件恰能通过一位初审专家的评审；
C表示大事：稿件能通过复审专家的评审；
D表示大事：稿件被录用．
则D＝A＋B·C，
P(A)＝0.5×0.5＝0.25，P(B)＝2×0.5×0.5＝0.5，P(C)＝0.3.
P(D)＝P(A＋B·C)＝P(A)＋P(B·C)＝P(A)＋P(B)P(C)＝0. 25＋0.5×0.3＝0.40.
(2)X～B(4,0.4)，其分布列为：
P(X＝0)＝(1－0.4)4＝0.1296，
P(X＝1)＝C×0.4×(1－0.4)3＝0.3456，
P(X＝2)＝C×0.42×(1－0.4)2＝0.3456，
P(X＝3)＝C×0.43×(1－0.4)＝0.1536，
P(X＝4)＝0.44＝0.0256.
期望EX＝4×0.4＝1.6.
6．一个口袋中装有n个红球(n≥5且n∈N*)和5个白球，一次摸奖从中摸两个球，两个球颜色不同则为中奖．
(1)试用n表示一次摸奖中奖的概率p；
(2)若n＝5，求三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率；
(3)记三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率为f(p)．当n取多少时，f(p)最大？
解析　(1)一次摸奖为从n＋5个球中任选两个，有C种，它们等可能发生，其中两球不同色有CC种，一次摸奖中奖的概率p＝＝(n≥5且n∈N*)．
(2)若n＝5，一次摸奖中奖的概率p＝＝，三次摸奖是独立重复试验，三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率是P3(1)＝C·p·(1－p)2＝.
(3)设每次摸奖中奖的概率为p，则三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率为
f(p)＝C·p·(1－p)2＝3p3－6p2＋3p,0